Cực và đường đối cực là công cụ hữu hiệu trong chứng minh thẳng hàng. Thật vậy, chúng ta có thể sử dụng tính chất “cực của các đường thẳng đồng quy thì thẳng hàng” hoặc quỹ tích các điểm liên hợp với một điểm cho trước để chỉ ra chúng cùng nằm trên đường đối cực của điểm đó.
Ví dụ 2.17. [4] Cho một điểm A cố định và một đường thẳng d cố định không
đi qua A. Gọi O là hình chiếu vuông góc của A trên d và I là trung điểm của đoạn thẳng AO. Trên đường thẳng d ta lấy hai điểm thay đổi P và Q không trùng với O. Dựng các đường thẳng Px và Qy vuông góc với d. Đường thẳng QI cắt AP và Px lần lượt tại M và N. Đường thẳng PI cắt AQ và Qy lần lượt tại M’ và N’.
a) Chứng minh (QMIN) = -1, (PM’IN’) = -1. b) Chứng minh ba điểm N, A, N’ thẳng hàng. O A B’ C’ D’ a B C D a’
Giải. Trong bài toán này, chúng ta cần chỉ ra các điểm N, A, N’ cùng nằm trên đường đối cực của điểm I đối với hai đường thẳng đồng quy AP, AQ.
a) Ta có chùm (PQ, PM, PI, PN) là một chùm điều hoà vì có cát tuyến AIO
song song với PN và AI = IO. Do đó (QMIN) = -1.
Tương tự ta có chùm (QP, QM’, QI, QN’) là chùm điều hoà. Suy ra, ta có
(PM’IN’) = -1 (Hình 2.17).
b) Vì (QMIN) = -1 nên AN là đường đối cực của điểm I đối với hai đường thẳng cắt nhau AP và AQ.Tương tự (PM’IN’) = -1 nên AN’ là đường đối cực của điểm I đối với hai đường thẳng cắt nhau AP và AQ, từ đó suy ra các điểm N, A, N’
cùng thuộc đường đối cực của điểm I đối với hai đường thẳng AP và AQ hay ba điểm N, A, N’ thẳng hàng.
Ví dụ 2.18. [4] Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Tiếp điểm của
đường tròn (I) trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi M, N, P lần lượt là điểm chung của các cặp đường thẳng (EF; BC), (DF; CA), (DE; AB). Chứng minh rằng các điểm M, N, P thẳng hàng.
Giải. Bài toán xuất hiện các đường tròn và các tiếp tuyến đến đường tròn
này. Do vậy, tính chất của cực và các đường đối cực của một điểm đối với một đường tròn sẽ được sử dụng trong chứng minh thẳng hàng. Thật vậy, đường đối cực
Q N’ N A P M M’ I d y x O Hình 2.17
của điểm A đối với đường tròn (I) là EF đi qua điểm M nên đường đối cực của điểm
M đi qua điểm A (Hình 2.18).
Dễ thấy, đường đối cực của điểm M đi qua điểm D nên suy ra đường đối cực của điểm M đối với đường tròn (I) là đường thẳng AD. Tương tự, ta có đường đối cực của điểm N là đường thẳng BE, đường đối cực của điểm P là đường thẳng CF. Áp dụng định lý Xêva ta chứng minh được các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy nên ba điểm M, N, P thẳng hàng.
Hình 2.18
Ví dụ 2.19. [4] Cho tam giác ABC và một điểm O. Các đường thẳng đi qua O
và vuông góc với OA, OB, OC theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại M, N, P. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
Giải. Phân tích tương tự ví dụ 3.18, gọi A’, B’, C’ lần lượt là cực của các
đường thẳng BC, CA, AB đối với đường tròn (O; R) với R > 0. Do BC, CA, AB
Hình 2.19
Vì đường đối cực của B’ đi qua điểm A nên B’ thuộc đường đối cực của điểm
A đối với (O). Tương tự đường đối cực của C’ đi qua A nên đường đối cực của A đi qua C’. Từ đó, suy ra đường đối cực của điểm A đối với đường tròn (O) chính là
B’C’. Tương tự ta có C’A’, A’B’ tương ứng là đường đối cực của hai điểm B, C đối với đường tròn (O) (Hình 2.19).
Vì đường đối cực của M vuông góc với OM, OA OM nên đường đối cực của M song song với AO. Mà AO vuông góc với đường đối cực của điểm A nên đường đối cực của điểm M vuông góc với B’C’ (1). Vì M BC là đường đối cực của điểm A’ nên điểm A’ thuộc đường đối cực của điểm M (2). Từ (1) và (2) suy ra đường đối cực của điểm M là đường cao trong tam giác A’B’C’. Tương tự, các đường đối cực của điểm N, P đối với (O) cũng là đường cao trong tam giác A’B’C’
suy ra chúng đồng quy (Hình 2.19). Vậy các điểm M, N, P thẳng hàng.
Ví dụ 2.20. [4] Cho tam giác ABC có (I) là đường tròn nội tiếp. Gọi D, E, F
lần lượt là các tiếp điểm của (I) trên các cạnh BC, CA, AB. Gọi D’, E’, F’ lần lượt là các giao điểm của các đường thẳng EF với BC, FD với CA, DE với AB. Chứng minh rằng D’, E’, F’ thẳng hàng.
Giải. Ta thấy EF là đường đối cực của A đối với (I) mà D’EF nên điểm A
đường đối cực của điểm D’ đối với (I). Tương tự, ta có BE, CF cũng là đường đối cực của các điểm E’, F’ đối với (I).
Hình 2.20
Ta biết AD, BE, CF đồng quy tại điểm Giéc-gôn, gọi là K. Khi đó, D’, E’, F’
phải nằm trên đường đối cực của điểm K đối với (I) (Hình 2.20). Từ đó suy ra D’,
E’, F’ thẳng hàng và đường thẳng D’E’F’ vuông góc với IK.
Ví dụ 2.21. [4] Cho tam giác ABC không cân. Các đường phân giác ngoài
của các góc A, B, C cắt các cạnh đối diện lần lượt tại A', B', C'. Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ABC. Chứng minh rằng các điểm A', B', C'
thẳng hàng và đường thẳng A'B'C' vuông góc với OI.
Giải. Bài toán không cho các đường vuông góc, nhưng với các giả thiết về
đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác gợi ý cho chúng ta có thể sử dụng khái niệm cực và đường đối cực trong chứng minh bằng toán vuông góc. Gọi tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tam giác trên BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh FE, FD, DE. Xét cực và đường đối cực đối với đường tròn (I). Ta thấy AA' là đường đối cực của M nên A' thuộc đường đối cực của M. Mà A' thuộc BC là đường đối cực của D nên ta có đường đối cực của
A' chính là đường thẳng DM (1) Tương tự, đường đối cực của B', C' lần lượt là các đường thẳng EN, FP (2) (Hình 2.21).
Chú ý rằng các đường thẳng DM, EN, FP đồng quy tại trọng tâm G của tam giác
DEF (3) Từ (1), (2), (3) ta có A', B', C' thẳng hàng và đường thẳng A'B'C' vuông góc với IG
(đường thẳng Ơle của tam giác DEF).
Hình 2.21
Ví dụ 2.22. [4] Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và M, N, P,
Q lần lượt là các tiếp điểm trên các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác. Đặt K =
AD BC, L = AB DC, E = QM PN, F = QP MN.
Chứng minh bốn điểm K, L, E, F thẳng hàng.
Giải. Bài toán xuất hiện các cực và đường đối cực của điểm đối với đường
tròn. Do đó, gọi I là giao điểm của BD với AC, E’ là giao điểm của DB với KL, T là giao điểm của CE’ với DK (Hình 2.22).
Dễ thấy (TAKD) = -1 suy ra (CT, CA, CK, CD) = -1. Do đó (E’IBD) = -1.
Mặt khác, (EIBD) = -1 nên suy ra E’ E. Từ đó suy ra E, K, L thẳng hàng (1) Lập luận tương tự cũng có F, K, L thẳng hàng (2) Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh.
Hình 2.22
Ví dụ 2.23.[2] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi
S ABCD, F ADBC, E ACBD. Kẻ tiếp tuyến SM, SN với (O). Chứng minh rằng bốn điểm E, F, M, N thẳng hàng.
Giải. Bài toán có các tiếp tuyến đối với đường tròn, do vậy nó có liên quan
đến bài toán dựng đường đối cực của một điểm đối với đường tròn và từ đó làm xuất hiện các tứ giác toàn phần.
Giả sử K CDEF, K' CDMN. Khi đó, theo tính chất của tứ giác toàn phần FEAB ta có (SKDC) = -1 (1) Mặt khác theo tính chất “cát tuyến”, ta có (SK’DC) = -1 (2) . A T B C E M N P Q I K L O D F
Hình 2.23
Từ (1) và (2) ta có K K’.
Tương tự, ta cũng có L L’ với L EFAB, L' MNAB.
Từ đó EF và MN có hai điểm chung nên hai đường thẳng này phải trùng nhau. Vậy ta có M, N, E, F thẳng hàng.
2.5. Chứng minh đồng quy
Bài toán chứng minh đồng quy có thể coi là bài toán “đối ngẫu” của bài toán chứng minh thẳng hàng. Phép đối cực chính là phương tiện để chuyển đổi hai dạng bài toán. Do vậy, cực và đường đối cực sẽ được khai thác triệt để trong giải bài toán dạng này.
Ví dụ 2.24. [4] Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp
xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường tròn nội tiếp tam giác
DEF tiếp xúc với EF, FD, DE lần lượt tại M, P, N. Chứng minh rằng các đường thẳng AM, BP, CN đồng quy.
Giải. Gọi I, O lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF và tam
giác ABC. Gọi H, K, L lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (MP; EF), (MN; FD), (MP; DE). Ta dễ thấy H, K, L thẳng hàng (1) . . M B C E . K O D A S F N
Hình 2.24
Chú ý rằng DM, FN, EP đồng quy nên (HMFE) = -1. Do đó, M thuộc đường đối cực của điểm H đối với đường tròn (O). Mặt khác, điểm A thuộc đường đối cực của điểm H đối với (O) nên ta có AM là đường đối cực của điểm H đối với (O) (2) Tương tự, ta có BP là đường đối cực của điểm K đối với (O) và Cn là đường đối cực của điểm L đối với (O) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.25.[4] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của AB, CD. Đường tròn (ABN) cắt lại cạnh CD tại điểm P, đường tròn (CDM) cắt lại cạnh AB tại điểm Q. Chứng minh rằng các đường thẳng AC, PQ,
BD đồng quy.
Giải. Trong bài toán này, chúng ta sẽ tìm các đường đối cực của các điểm đối
với đường tròn (O). Từ đó khai thác tính chất của các đường đối cực trong chứng minh đồng quy. Thật vậy, khi AB // CD thì bài toán đơn giản. Ta đi xét trường hợp còn lại.
Gọi S là giao điểm của đường thẳng AB và CD (Hình 2.25). Gọi d là đường đối cực của điểm S đối với (O). Gọi I là giao điểm của AC và BD thì dễ thấy điểm I thuộc đường thẳng d. Ta thấy SM SQ. SC SD. SA SB. . Chú ý rằng M là trung điểm của AB
nên ta có (SQAB) = -1. Do đó, điểm Q thuộc đường thẳng d. Tương tự ta có điểm P
cũng thuộc đường thẳng d. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Hình 2.25
Ví dụ 2.26. [4] Trong tam giác ABC kẻ các đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi H
là trực tâm của tam giác ABC. Gọi J là một giao điểm của AA’ với đường tròn (I) đường kính BC. Chứng minh rằng BC, B’C’ và tiếp tuyến tại điểm J của đường tròn (I) đồng quy.
Giải. Tương tự ví dụ 2.25, trong bài toán này, chúng ta cũng sẽ đi tìm các
đường đối cực của một điểm nào đó đối với đường tròn (I). Gọi giao điểm của AH
với đường tròn (I) là J1, J2. Vậy điểm J sẽ là J2 hoặc J1. Ta chứng minh BC, B’C’ và tiếp tuyến tại J1 của đường tròn (I) đồng quy.
Xét cực và đường đối cực đối với đường tròn (I). Gọi giao điểm của BC và
B’C’ là điểm S (Hình 2.26). Ta thấy AH là đường đối cực của điểm S, AH đi qua điểm J1 nên đường đối cực của J1 sẽ đi qua điểm S hay tiếp tuyến tại J1 đi qua điểm
Hình 2.26
Ví dụ 2.27. [4] Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. Qua A, B, C,
D lần lượt vẽ các đường thẳng dA, dB, dC và dD tương ứng vuông góc với OA, OB,
OC và OD. Các cặp đường thẳng dA và dB, dB và dC, dC và dD, dD và dA tương ứng cắt nhau tại K, L, M, N. Chứng minh rằng KM và LN cắt nhau tại O.
Giải. Gọi I, J, P, Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (O) trên AB, BC,
CD, DA (Hình 2.27).
Gọi E, F, G, H lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (OA; IQ), (OB;
IJ), (OC; JP), (OD; PQ).
Ta sẽ chứng minh K, O, M thẳng hàng (Hình 2.27). Theo giả thiết ta sẽ có dA
là đường đối cực của điểm E đối với đường tròn (O). Tương tự, dB là đường đối cực của điểm F. Từ đó suy ra EF là đường đối cực của điểm K, GH là đường đối cực của điểm M đối với đường tròn (O). Mặt khác, dễ thấy EF // GH. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.28. [4] Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Tiếp điểm
thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là M, N, P, Q. Các đường thẳng AN, AP
cắt đường tròn (O) tại E, F. Chứng minh rằng: a) Các đường thẳng MP, NQ, AC, BD đồng quy. b) Các đường thẳng ME, QF, AC đồng quy. Giải. Hình 2.28 a) Hạ CJ MP. Ta có:OMP OPM BMP CPMCJ CP. Gọi IA AM AM I AC MP IC JC PC (1) Tương tự gọi ' ' ' I A AQ I AC NQ I C NC (2) . . J I
Vì AM = AQ và PC = PN nên từ (1) và (2) suy ra I I'. Ta suy ra các đường thẳng
MP, NQ, AC đồng quy tại I (3) Tương tự, ta cũng có MP, NQ, BD đồng quy tại I (4) Kết hợp (3) và (4) ta có điều phải chứng minh.
b) Gọi K là cực của đường thẳng AC đối với đường tròn (O). Xét tứ giác nội tiếp MNPQ. Theo tính chất cực và đường đối cực của tứ giác nội tiếp ta có MQ và
NP cắt nhau tại điểm K. Tương tự, tứ giác EFPN nội tiếp cũng có EF và NP cắt nhau tại điểm K suy ra MQ và EF cắt nhau tại điểm K . Vì ME và QF cắt nhau tại một điểm thuộc đường đối cực của K đối với (O) tức thuộc đường thẳng AC. Do đó, ba đường thẳng ME, QF, AC đồng quy.
Ví dụ 2.29.(Định lý Đờ-giác) [3] Cho ΔABC và ΔA’B’C’. Ta gọi giao điểm
của cạnh BC và B’C’, cạnh CA và C’A’, cạnh AB và A’B’ lần lượt là X, Y, Z. Chứng minh rằng các điểm X, Y, Z thẳng hàng khi và chỉ khi các đường thẳng AA’, BB’,
CC’ đồng quy.
Giải. Định lý này có thể chứng minh dựa vào định lý Xêva kết hợp với định
lý Mênêlauýt. Tuy nhiên, các cách chứng minh đó không thể cho ta ngay chiều ngược lại của bài toán. Phương pháp sử dụng tỉ số kép của chùm đường thẳng hay phép chiếu xuyên tâm dưới đây sẽ khắc phục điều này.
Hình 2.29 B C A B’ C’ A’ X Y Z D D’
Thật vậy, gọi AA’BY = D, AA’B’Y = D’. Ta có ba điểm X, Y, Z thẳng hàng A(XYZA’) = A’(XYZA) (YCDB) = (C’YB’D’) (YCDB) = (C’YB’D’) =
(YC’D’B) AA’, BB’, CC’ đồng quy (Hình 2.29).
2.6. Chứng minh điểm cố định
Đường đối cực của một điểm đối với hai đường thẳng cắt nhau hoặc đối với đường tròn cho trước là tập hợp các điểm liên hợp điều hòa với điểm đó. Do vậy, chúng ta có thể khai thác tính chất của cực và đường đối cực để giải quyết các bài toán tìm điểm cố định qua các ví dụ cụ thể dưới đây.
Ví dụ 2.30. [4] Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi D và D’
là chân hai đường phân giác trong và ngoài của góc A. Gọi P là giao điểm của hai tiếp tuyến của (O) tại B và C. Chứng minh rằng cực của đường thẳng AP đối với (O) là trung điểm của DD’.
Giải. Gọi E là trung điểm của DD’. Ta có đường đối cực của điểm P là
đường thẳng BC đi qua E (Hình 2.30). Do vậy E và P là hai điểm liên hợp với nhau đối với đường tròn (O) (1) Mặt khác, do AD là đường phân giác của góc BAC và AD A D’ nên ta có
(D’DBC) = -1 (chùm tâm A). Vì E là trung điểm của DD’ nên theo hệ thức Niu-tơn
ta có: 2 2
' .
ED ED EB EC (2)
Xét ADD’ với AE là đường trung tuyến. Ta có AE = ED = ED’ (3) Từ (2) và (3) ta suy ra 2
.
EA EB EC. Ta suy ra AE là tiếp tuyến của (O) tại
điểm A. Do đó, E và A liên hợp với nhau đối với đường tròn (O) (4) Từ (1) và (4) suy ra đường đối cực của điểm E đối với đường tròn (O) chính là đường thẳng AP.
Ví dụ 2.31. [4] Cho đường tròn (O) đường kính AB và đường thẳng d vuông